每日一题[1850]三国演义

如图,在长方形 $ABCD$ 中,$AD<CD$,现将 $\triangle ACD$ 沿 $AC$ 折起至 $\triangle ACD_1$,使二面角 $A-CD_1-B$ 为锐角,设直线 $AD_1$ 与直线 $BC$ 所成角大小为 $\alpha$,直线 $BD_1$ 与平面 $ABC$ 所成角大小为 $\beta$,二面角 $A-CD_1-B$ 的大小为 $\gamma$,则 $\alpha,\beta,\gamma$ 的大小关系是(       )

A.$\alpha>\beta>\gamma$

B.$\alpha>\gamma>\beta$

C.$\gamma>\alpha>\beta$

D.不能确定

答案    B.

解析一   

如图建立坐标系 $O-xyz$,设 $A(-b^2,0,0)$,$ C(a^2,0,0)$,$ D(0,ab,0)$,$B(a^2-b^2,-ab,0)$,$ D_1(0,ab\cos\theta,ab\sin\theta)$,$a>b>0$,

则\[\cos\alpha=\dfrac{(b^2,ab\cos\theta,ab\sin\theta)\cdot (b^2,ab,0)}{\sqrt{b^4+a^2b^2}\cdot \sqrt{b^4+a^2b^2}}=\dfrac{a^2\cos\theta+b^2}{a^2+b^2},\]且\[\sin\beta=\dfrac{(b^2-a^2,ab\cos\theta+ab,ab\sin\theta)\cdot (0,0,1)}{\sqrt{(b^2-a^2)^2+(ab\cos\theta+ab)^2+a^2b^2\sin^2\theta}}=\dfrac{ab\sin\theta}{\sqrt{a^4+b^4+2a^2b^2\cos\theta}}.\]考虑到平面 $ACD_1$ 的法向量为 $(0,\sin\theta,-\cos\theta)$,而\[\begin{cases} \overrightarrow{CD_1}=(-a^2,ab\cos\theta,ab\sin\theta),\\ \overrightarrow{BC}=(b^2,ab,0),\end{cases}\implies \overrightarrow n_{CD_1B}=(-ab\sin\theta,b^2\sin\theta,-a^2-b^2\cos\theta) ,\]于是\[\cos\gamma =\dfrac{a^2\cos\theta+b^2}{\sqrt{a^2b^2\sin^2\theta+b^4\sin^2\theta+(a^2+b^2\cos\theta)^2}}=\dfrac{a^2\cos\theta+b^2}{\sqrt{a^4+b^4+a^2b^2(2-(1-\cos\theta)^2)}},\]根据题意,$a^2\cos\theta+b^2>0$,容易比较出 $\cos\alpha<\cos\gamma$,而\[\cos\beta=\sqrt{\dfrac{a^4+b^4+2a^2b^2\cos\theta-a^2b^2\sin^2\theta}{a^4+b^4+2a^2b^2\cos\theta}},\]且\[\cos\gamma=\sqrt{\dfrac{a^4\cos^2\theta+b^4+2a^2b^2\cos\theta}{a^4+b^4+2a^2b^2\cos\theta+a^2b^2\sin^2\theta}},\]而\[ a^4+b^4+2a^2b^2\cos\theta-a^2b^2\sin^2\theta>a^4\cos^2\theta+b^4+2a^2b^2\cos\theta\iff a^2-b^2>0,\]于是 $\cos\beta>\cos\gamma$,因此\[\cos\alpha<\cos\gamma<\cos\beta\iff \alpha>\gamma>\beta.\]

解析二

我们把角度进行集中,设 $O,M,N,P$ 分别为 $AC,CD,CD_1,BD_1$ 的中点.

根据题意,有\[\sin\alpha=\sin\angle NOM=\dfrac{d(N,OM)}{ON}=\dfrac{d(O,PN)}{ON}> \dfrac{d(O,BCD_1)}{ON}=\sin\gamma,\]其中用到了 $O$ 在 $\triangle BCD_1$ 上的投影为其外心,因此必然不在直线 $NP$ 上,而 $\alpha,\gamma$ 均为锐角,于是 $\alpha>\gamma$.而\[\begin{cases} \sin\gamma=\dfrac{d(O,BCD_1)}{ON}=\dfrac{d(A,BCD_1)}{AD_1}=\dfrac{d(A,BCD_1)}{BC},\\ \sin\beta=\dfrac{d(D_1,ABC)}{BD_1},\end{cases}\]进而\[\begin{split} \dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta}&=\dfrac{d(A,BCD_1)}{d(D_1,ABC)}\cdot \dfrac{BD_1}{BC}\\ &=\dfrac{\triangle ABC}{\triangle BCD_1}\cdot \dfrac{BD_1}{BC}\\ &=\dfrac{\dfrac 12\cdot AB\cdot BC}{\dfrac 12\cdot BC\cdot BD_1\cdot \sin\angle D_1BC}\cdot \dfrac{BD_1}{BC}\\ &=\dfrac{AB}{BC\cdot \sin\angle D_1BC}\\ &>1,\end{split}\]而 $\gamma,\beta$ 均为锐角,于是 $\gamma>\beta$. 综上所述,$\alpha>\gamma>\beta$.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了标签。将固定链接加入收藏夹。

发表评论